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1、高考物理微元法解决物理试题真题汇编 一、微元法解决物理试题 1对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系， 从而更加深刻地理解其物理本质正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为 m，单位体积内粒子数量n为恒量，为简化问题，我们假定粒子大小可以忽略；其速率均 为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂 直，且速率不变利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与mn、和v的 关系正确的是（） A 2 1 6 nsmv B 2 1 3 nmv C 2 1 6 nmv D 2 1 3 nmvt 【答案】 B 【解析】 【详解
2、】 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量2Imv，如图所示， 以器壁上面积为S的部分为底、v t为高构成柱体，由题设可知，其内有 1 6 的粒子在t时 间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰撞粒子总数 1 6 Nn Sv t， t时间内粒子给 器壁的冲量 2 1 3 INInSmv t，由I F t可得 2 1 3 I FnSmv t ， 21 3 F fnmv S ，故选 B 2一条长为L、质量为m 的均匀链条放在光滑水平桌面上，其中有三分之一悬在桌边，如 图所示，在链条的另一端用水平力缓慢地拉动链条，当把链条全部拉到桌面上时，需要做 多少功（） A 1 6 mgL B 1 9 mgL C
3、1 18 mgL D 1 36 mgL 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 悬在桌边的 1 3 l长的链条重心在其中点处，离桌面的高度： 111 236 hll 它的质量是 1 3 mm 当把它拉到桌面时，增加的重力势能就是外力需要做的功，故有 111 3618 P WEmglmgl A 1 6 mgL，与结论不相符，选项A 错误； B 1 9 mgL，与结论不相符，选项B 错误； C 1 18 mgL，与结论相符，选项C 正确； D 1 36 mgL，与结论不相符，选项D 错误； 故选 C 【点睛】 如果应用机械能守恒定律解决本题，首先应规定零势能面，确定初末位置，列公式时要注 意系
4、统中心的变化，可以把整体分成两段来分析 3为估算雨水对伞面产生的平均撞击力，小明在大雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得 10 分钟内杯中水位上升了45mm，当时雨滴竖直下落速度约为 12m/s。设雨滴撞击伞面后 无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为 33 1 10 kg/m，伞面的面积约为0.8m 2，据此估算当 时雨水对伞面的平均撞击力约为（） A0.1N B1.0N C10N D100N 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 对雨水由动量定理得 FtmvShv 则 0.72N1.0N Shv F t 所以 B 正确， ACD错误。 故选 B。 4打开水龙头，水顺流而下，仔细观察将会发现连
5、续的水流柱的直径在流下的过程中，是 逐渐减小的（即上粗下细），设水龙头出口处半径为1cm，安装在离接水盆75cm 高处， 如果测得水在出口处的速度大小为1m/s，g=10m/s 2，则水流柱落到盆中的直径 A1cm B0.75cm C0.5cm D0.25cm 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 设水在水龙头出口处速度大小为v1，水流到接水盆时的速度 v2，由 22 21 2vvgh得： v2=4m/s 设极短时间为 t，在水龙头出口处流出的水的体积为 2 111VvtrV g 水流进接水盆的体积为 2 2 22 4 d Vvt 由 V1=V2得 2 22 112 4 d vtrvtg
6、g 代入解得： d2=1cm A1cm，与结论相符，选项A 正确； B0.75cm，与结论不相符，选项B错误； C0.5cm，与结论不相符，选项C 错误； D0.25cm，与结论不相符，选项D 错误； 5如图所示，粗细均匀的U形管内装有同种液体，在管口右端用盖板A密闭，两管内液面 的高度差为h，U形管中液柱的总长为4h?现拿去盖板A，液体开始流动，不计液体内部及 液体与管壁间的阻力，则当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度是 A gh 8 B 4 gh C 2 gh D gh 【答案】 A 【解析】 试题分析：拿去盖板，液体开始运动，当两液面高度相等时，液体的机械能守恒，即可求 出右侧液面下降
7、的速度当两液面高度相等时，右侧高为h 液柱重心下降了 1 4 h，液柱的 重力势能减小转化为整个液体的动能 设管子的横截面积为S，液体的密度为拿去盖板，液体开始运动，根据机械能守恒定 律得 211 4 42 hSghhSv ，解得 8 gh v，A正确 6如图所示，粗细均匀，两端开口的U 形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为 h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的 速度大小是（） A 8 gh B 6 gh C 4 gh D 2 gh 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 设 U 形管横截面积为S，液体密度为 ，两边液面等高时，相当于右管上
8、方 2 h 高的液体移 到左管上方，这 2 h 高的液体重心的下降高度为 2 h ，这 2 h 高的液体的重力势能减小量转化为 全部液体的动能。由能量守恒得 2 1 4 222 hh S ghS v 解得 8 gh v 因此 A 正确， BCD错误。 故选 A。 7如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手设在摆球运动过 程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是() A重力做功为mgL B悬线的拉力做功为0 C空气阻力F阻做功为 mgL D空气阻力F 阻做功为 1 2 F阻 L 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A由重力做功特点得重力做功为： WGmgL A 正确；
9、 B悬线的拉力始终与v 垂直，不做功，B 正确； CD由微元法可求得空气阻力做功为： WF阻 1 2 F 阻 L C错误， D 正确 8位于光滑水平面上的小车受到水平向右的拉力作用从静止开始运动，已知这一过程中拉 力大小由F1随时间均匀增大到F2，所用时间为t，小车的位移为s，小车末速度为v。则下 列判断正确的是（） A小车增加的动能等于 12 1 2 FFs B小车增加的动能大于 12 1 2 FFs C小车增加的动量等于 12 1 2 FFt D小车的位移小于 1 2 vt 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 AB因为拉力大小由F1随时间均匀增大到F2，而小车做加速运动，位移在单位时间内
10、增加 的越来越大，所以若将位移s 均分为无数小段，则在每一小段位移内F增加的越来越慢， 如图所示（曲线表示题所示情况，直线表示拉力随s 均匀变化情况），而图像的面积表示 拉力做的功。 其中拉力随s 均匀变化时，拉力做功为： 12 1 2 WFFs， 故当拉力大小由F1随时间均匀增大到 F2时（曲线情况），做功大于 12 1 2 FFs，根据动 能定理可知小车增加的动能大于 12 1 2 FFs，A 错误 B 正确； C因为拉力是随时间均匀增大，故在t 时间内拉力的平均值为： 12 1 2 FFF， 所以物体动量增加量为： 12 1 2 pFFt， C正确； D根据牛顿第二定律可知在力随时间均匀
11、增大的过程中物体运动的加速度逐渐增大，即 v t图像的斜率增大（图中红线所示，而黑线表示做匀加速直线运动情况）。 根据v t图像的面积表示位移可知小车的位移小于 1 2 vt，D 正确。 故选 BCD。 9如图所示，两条光滑足够长的金属导轨，平行置于匀强磁场中，轨道间距 0.8mL ， 两端各接一个电阻组成闭合回路，已知 1 8R, 2 2R，磁感应强度 0.5TB，方向 与导轨平面垂直向下，导轨上有一根电阻0.4r的直导体ab，杆ab以 0 5m / sv 的初 速度向左滑行，求： （1）此时杆 ab上感应电动势的大小，哪端电势高？ （2）此时 ab两端的电势差。 （3）此时 1 R上的电流
12、强度多大？ （4）若直到杆ab停下时 1 R上通过的电量0.02Cq，杆ab向左滑行的距离 x。 【答案】（ 1）杆ab上感应电动势为 2V，a 点的电势高于 b 点；（ 2）ab 两端的电势差为 1.6V（3）通过 R1的电流为0.2A；（ 4）0.5mx。 【解析】 【详解】 （1）ab 棒切割产生的感应电动势为 0.50.85V2VEBLv=创= 根据右手定则知，电流从b 流向 a，ab 棒为等效电源，可知a 点的电势高于b 点； （2）电路中的总电阻 12 12 82 0.42 82 R R Rr RR + + 则电路中的总电流 2 A1A 2 E I R = 所以 ab 两端的电势差
13、为 ab 210.4V1.6VUEIr=-=-? （3）通过 R1的电流为 1 1 1.6 A0.2A 8 ab U I R （4）由题意知，流过电阻 1 R和2 R的电量之比等于电流之比，则有流过ab 棒的电荷量 1 1 10.2 0.020.020.1C 0.2 II qqq I 总 ab 棒应用动量定理有： -BIL tm v或- BLv BL tm v R 两边求和得： BLqmv 总 或 22 B L x mv R 以上两式整理得： q R x BL 总 代入数据解得： 0.5mx 10 某中学科技小组的学生在进行电磁发射装置的课题研究，模型简化如下。在水平地面 上固定着相距为L的足
14、够长粗糙导轨PQ及 MN，PQNM 范围内存在可以调节的匀强磁场， 方向竖直向上，如图所示，导轨左侧末端接有电动势为E、内阻为r 的电源，开关K 控制 电路通断。质量为m、电阻同为r 的导体棒ab 垂直导轨方向静止置于上面，与导轨接触良 好。电路中其余位置电阻均忽略不计。导轨右侧末端有一线度非常小的速度转向装置，能 将导体棒水平向速度转为与地面成角且不改变速度大小。导体棒在导轨上运动时将受到 恒定的阻力f，导轨棒发射后，在空中会受到与速度方向相反、大小与速度大小成正比的 阻力， f0=kv，k 为比例常数。导体棒在运动过程中只平动，不转动。重力加速度为 g。调节 磁场的磁感应强度，闭合开关K，
15、使导体棒获得最大的速度。（需考虑导体棒切割磁感线 产生的反电动势） (1)求导体棒获得最大的速度vm； (2)导体棒从静止开始达到某一速度v1，滑过的距离为 x0，导体棒ab 发热量 Q，求电源提 供的电能及通过电源的电量q； (3)调节导体棒初始放置的位置，使其在到达NQ 时恰好达到最大的速度，最后发现导体棒 以 v 的速度竖直向下落到地面上。求导体棒自NQ 运动到刚落地时这段过程的平均速度大 小。 【答案】 (1) 2 m 8 E v fr ； (2)电源提供的电能 2 10 1 2 2 WmvfxQ，通过电源的电量 2 01 2 2 fxmvQ q EEE ；(3) 2 2 cos si
16、n8 mgE v kEfrv 【解析】 【分析】 【详解】 (1)当棒达到最大速度时，棒受力平衡，则 A fF A FBiL 2 EBLv i r 联立解得 2 2 211frE v LBLB 据数学知识得 2 m 8 E v fr (2)导体棒电阻为r，电源内阻为 r，通过两者的电流始终相等，导体棒ab 发热量 Q，则回 路总电热为2Q；据能量守恒定律知，电源提供的电能 2 10 1 2 2 WmvfxQ 据电源提供电能与通过电源的电量的关系 WEq可得，通过电源的电量 2 01 2 2 fxmvWQ q EEEE (3)导体棒自 NQ 运动到刚落地过程中，对水平方向应用动量定理可得 xxx kvtm vk xm v 解得：水平方向位移 2 cos 8 m E x kfr 对竖直方向应用动量定理可得 yyy kvtmg tm vk ymg tm v 解得：运动的时间 2 sin 8 E v fr t g 据平均速度公式可得，导体棒自NQ 运动到刚落地时这段过程的平均速度大小 2 2 cos sin8 xmgE v tkEfrv 11 如图所示，在方
